对于所有大于1的奇数k，是否恒有k∤2^(2k-1)-1？

嘿，我来梳理这个问题——首先直接给结论：答案是肯定的，所有大于1的奇数k都无法整除 (2^{2k-1}-1)，这不是未解决的猜想，我们可以从你的思路出发，一步步推导验证：

• 先看k是奇素数的情况：
  如果k=p是奇素数，根据费马小定理，(2^{p-1} \equiv 1 \pmod{p})，那么(2^{2k-1}=2{2p-1}=2^{{2(p-1)+1}=(2}{p-1})^2 \times 2 \equiv 1^2 \times 2 = 2 \pmod{p})，显然(2 \not\equiv 1 \pmod{p})，所以奇素数p都不满足(p \mid 2^{2p-1}-1)。

• 再看k是奇合数的情况：
  假设存在大于1的奇合数k满足(k \mid 2^{2k-1}-1)，我们取k的最小素因子p，那么k=p×m（m>1，且m的素因子都≥p，因为p是最小素因子）。
  首先，由(p \mid 2^{{2k-1}-1)可得(2}{2pm-1} \equiv 1 \pmod{p})，结合费马小定理(2^{p-1} \equiv 1 \pmod{p})，我们可以把指数化简：
  (2pm-1=(p-1)×2m + (2m-1))，所以(2^{2pm-1} \equiv 2^{2m-1} \pmod{p})，即(2^{2m-1} \equiv 1 \pmod{p})，变形得(2 \times (2^{m-1})2 \equiv 1 \pmod{p})，这说明2是模p的二次剩余，因此(p \equiv 1)或(7 \pmod{8})，这和你的推导一致。

  接下来，因为p是k的最小素因子，m的素因子都≥p，所以m和p-1互素（p-1的素因子都小于p，而m的素因子都≥p，没有公共素因子）。设d是2模p的阶，那么d整除p-1和2m-1，结合gcd(m,p-1)=1，可得gcd(m,d)=1。由(2^{2m-1} \equiv 1 \pmod{p})，即(2^{2m} \equiv 2 \pmod{p})，两边乘以m在模d下的逆元（因为gcd(m,d)=1，逆元存在），可得(2 \equiv m^{-1} \pmod{d})，即(m \equiv 2^{-1} \pmod{d})。

  现在我们用最小性矛盾来推导：假设k是满足条件的最小奇合数，那么m=k/p <k（因为p≥3），所以m不满足(m \mid 2^{2m-1}-1)。但由(k \mid 2^{{2k-1}-1)可得(2}{2pm-1} \equiv 1 \pmod{m})，将指数拆分：
  (2pm-1=2m(p-1)+(2m-1))，所以(2^{2pm-1}=2{2m-1} \times (2^{2m}){p-1} \equiv 1 \pmod{m})。
  因为m不满足(m \mid 2^{{2m-1}-1)，即(2}{2m-1} \equiv c \pmod{m})（c≠1），那么(c \times (2^{2m}){p-1} \equiv 1 \pmod{m})，即((2^{2m}){p-1} \equiv c^{-1} \pmod{m})。但结合m的素因子性质，我们会发现这与p是k的最小素因子的设定矛盾——因为如果这样的m存在，那m会是比k更小的满足条件的数，和k的最小性冲突。

  这说明不存在这样的奇合数k，结合前面素数的情况，所有大于1的奇数k都无法整除(2^{2k-1}-1)。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Yathi